高考数学解题能力快速提升Word文档下载推荐.docx
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由整式推出分式）
a<
b
ma<
mb
ab+am<
ab+bm
a（b+m）<
b（a+m）
【说明】因果关系，步步清楚，只是在第三步时，对ab的无中生有，不易想到.
【解3】（分析法
由果索因
由分式化为整式）
欲使
①
只须
b（a+m）
②
am<
bm
③
b
④
由式④真反推式①真.
【说明】由果追因，化繁为简.只是第一步的“假设”是种猜想，事先应有某种倾向.
【解4】（放缩法
从右到左）
（>
）
【说明】a放大为b，则
缩小为
，结果是分值缩小.
将
缩成
，目标是“约”去m.
【解5】（放缩法
从左到右）
（<
【说明】“最后”令kb=m的合理性来自正数k的任意性.事实上，我们可以提前设置m=kb.
放成
，目标是“添”上m.这里的第二步利用了连比定理.
放缩法实为对比较法、分析法、综合法等基本方法所得简单结果的一种整合运用.
【小结】证不等式，比较法是基础，放缩法是整合，方法网络图如下：
【练习】正实数中，求证
≥
（Ⅰ）用比较法证明；
（Ⅱ）用综合法证明；
（Ⅲ）用分析法证明；
（Ⅳ）用放缩法证明.
二、比大小
从方程、函数到不等式
还是那个题目
b>
0，求证
【法1】（等式法
不等式变为方程）
设
得
即
x>
0，故有
.
【说明】这种等式法实为比较法的一种变式.即作差法的另种形式.
【法2】（等式法
未知数论设作因子）设
则
所以
【说明】这种等式法为比较法的另一种形式.
即作商法的另种形式.
【法3】（函数法
视m为x，
设有函数
函数
在［0，m］上是减函数，故
是［0，m］上的增函数.（图右，其中a=1，b=2）
f（0）<
f（m），即
【说明】函数法比大小在于建构并利用函数的单调性.反比例函数
（k>
0）是
（0，+∞）上的减函数.
【法4】（不等式法
把证不等式化为解不等式）
解不等式
即x=m为正数时，原不等式真.
【说明】证不等式可视为一种特殊形式的解不等式.如证a2-a+1>
0，即x2-x+1>
0的解为R，视参数为变量.解出的参数值域符合题设的取值范围即可.
【法5】（极限法
把参数m作极端处理）
&
nbs,p;
当m→0时，
当m→∞时，
故有
【说明】对于解答题来讲，这种解法的理由不充分，因为对于函数f（m）=
的单调性并没讲清楚，没有交待f（m）是
上的增函数.
如果是确定性的选择题例1，即
的大小关系是确定的，不需要讨论m的范围时，则这种极限法是很简便的.
【小结】真分数
的“放大性”：
真分数的分子和分母加上同一个正数，其值变大.
以这种“放大性”为基础，可推出许多重要的分式不等式，如
（1）|a+b|≤|a|+|b|
≤
（2）数列an=
是增数列；
而数bn=
是减数列.
【练习】1.正数中，再证
.分别用函数法、方法程和解不等式法.
2.用不同的方法证明
3.用不同的方法证明
三、千方百法
会战高考不等式
【考题1】（20XX年赣卷第5题）
对于R上可导的任意函数f（x），若满足（x－1）f¢
（x）³
0，则必有（
）
A．
f（0）＋f
（2）<
2f
（1）
B.
f（0）＋f
（2）£
2f
（1）
C.
f（0）＋f
（2）³
D.
f（0）＋f
（2）>
2f
（1）
【分析】从已知条件（x-1）f¢
（x）≥0出发，可得如下的不等式组
或
.因此f（x）有两种可能：
其一，f（x）为常数；
其二，f（x）在区间
上为减函数，在
上为增函数.
【解答】（综合法）依题意，当x³
1时，f¢
0，函数f（x）在[1，＋¥
上是增函数；
当x<
（x）£
0，f（x）在（－¥
，1）上是减函数．
所以f（0）³
f
（1），f
（2）³
f
（1），所以f（0）+f
（2）≥2f
（1）,
当f（x）为常数函数时即f（x）=a（常数），f¢
（x）=0，满足不等式（x-1）f¢
（x）≥0成立.
此时f（0）+f
（2）=2f
（1），所以f（0）＋f
（2）≥2f
（1）.故选C.
【说明】本题如用分析法，即各选项反推，显然麻烦.
【考题2】（20XX年苏卷第22题
不等式与函数综合
不等式为主）
已知a>
0，函数f（x）=ax-bx2.
（Ⅰ）当b>
0时，若对任意x∈R都有f（x）≤1，证明a≤
；
（Ⅱ）当b>
1时，证明：
对任意x∈［0,1］，|f（x）|≤1的充要条件是b-1≤a≤
（Ⅲ）当0<
b≤1时，讨论：
对任意x∈［0,1］，|f（x）|≤1的充要条件.
【解Ⅰ】依设，对任意x∈R，都有f（x）≤1.
∵
f（x）=
（放大）≤1.
∵a>
0，b>
0，∴a≤
【解Ⅱ】先证必要性：
对任意x∈［0,1］，|f（x）|≤1
-1≤f（x），据此可以推出-1≤f
（1），即a-b≥-1，∴a≥b-1；
对任意x∈［0,1］，|f（x）|≤1f（x）≤1，因为b>
1，可以推出
≤1，
a·
-1≤1，∴
a≤
∴
b-1≤a≤
再证充分性：
因为b>
1，a≥b-1，对任意x∈［0,1］，可以推出ax-bx2≥b（x-x2）-x≥-x≥-1.
ax-bx2≥1；
1，a≤
，对任意x∈［0,1］，可以推出ax-bx2≤
≤1，即
ax-bx2≤1.
∴-1≤f（x）≤1.
综上，当b>
1时，对任意x∈［0,1］，|f（x）|≤1的充要条件是b-1≤a≤
【解Ⅲ】因为a>
0，0<
b≤1时，对任意x∈［0,1］：
f（x）=ax-bx2≥-b≥-1，即
f（x）≥-1；
f（x）≤1f
（1）≤1a-b≤1，即a≤b+1，
f（x）≤
（b+1）x-bx2≤1，即
f（x）≤1.
所以，当a>
b≤1时，对任意x∈［0,1］，|f（x）|≤1的充要条件是a≤b+1.
【说明】①综合、分析、放缩——轮番上阵，证不等式大题，就是如此“三斧头”配合；
②不等式的证明在命制解答题时，经常与数学的主干内容，特别是函数和数列组成综合大题.在30年的数学卷上，这样的题目在压轴题中占三分之一.
【考题3】（20XX年鄂卷第22题
不等式与数列综合
已知不等式
，其中n为大于2的整数，
表示不超过
的最大整数
设数列{
}的各项为正，且满足
，
（Ⅰ）证明：
（Ⅱ）猜测数列{
}是否有极限？
如果有，写出极限的值；
（Ⅲ）试确定一个正整数N，使得当n>
N时，对任意b>
0，都有
【分析】①本题的第（Ⅰ）、（Ⅱ）、（Ⅲ）小题之间成梯式结构，（Ⅰ）是（Ⅱ）和（Ⅲ）的基础.从策略上看，如在（Ⅰ）上遇着困难，可承认（Ⅰ）的结论，并利用它迅速地解出（Ⅱ）和（Ⅲ）来.此题恰恰是第（Ⅰ）难，而（Ⅱ）、（Ⅲ）容易.
②对于（Ⅰ），已知为两个不等式，而求证一个不等式.其基本思路是，对已知不等式用综合法“下推”，对求证不等式用分析法“上追”.如：
=
此时，“综合下推”的方向就清楚了.
【解Ⅰ】∵当n≥2时，
∴
，即
于是有
，…，
所有不等式两边相加可得
由已知不等式知，当n≥3时有
∵
，∴
【解Ⅱ】
又an>
0.故有
=0.
【解Ⅲ】
（放大为了化简）
令
则有
故取N=1024，可使当n>
N时，都有
【说明】本小题是条件不等式的证明，已知2个不等式，求证1个不等式.在分析——综合——放缩三法联合证明综合大题时，优先考虑分析法.随时思考待证的不等式需要什么，需要的东西如何从已知的不等式中得到.
【练习】对考题3，已知条件不变，对设问作如下改写
（Ⅰ）设
，利用数学归纳法证不等式
（Ⅱ）利用上述结果，证明不等式
二．函数最值的求解方法
一、二次函数最值寻根
初中生研究二次函数的最值，是从配方法开始的.
设a>
0，f（x）=ax2+bx+c=
初三学生已知，二次函数f（x），在a>
0时，有最小值
0时，有最大值
到了高中，学生更关心二次函数得到最值的条件，即上述不等式中等号成立的条件：
.这个条件——自变量x的取值，称作二次函数最值对应的“最值点”（以下简称“最点”），俗称函数“最值的根”.
对于高一学生，老师把二次函数的“最值”与二次函数的“单调区间”相捆绑，要求用比较法探索“最点”.
【例1】
0，探索二次函数y
=
ax2+bx+c的单调区间.并指出函数的最值点.
【解答】
任取
x1<
x2，x1，x2∈R.
则有
y1
–
y2
f
（x1）–
（x2）=
（※）
（1）当x1，x2≤-
时，有
由式（※）得
=a
函数f
（x）在
上为减函数.
（2）当x1，x2≥-
即函数f
综合
（1）、
（2）可知，二次函数y
=ax2+bx+c
（
0）有减区间
和增区间
显然，二次函数的最值点为
，函数有最小值
【评说】
从这里看到，二次函数的最点，就是两个“异性”单调区间的交接点.
【练1】
试研究一次函数
没有最点，从而没有最值.
【解】
任取
，则有
（1）
时，
，函数在R上为增函数.
;
（2）
，函数在R上为减函数.
所以，一次函数在R上没有最点，从而一次函数
无最值（既无最大值，也无最小值）.
【说明】
一次函数定义在R上，定义域内找不到这样的“点”，使得该点两边邻域是异性的两个单调区间.本例从反面看到：
最点是单调区间的“变性”的“转折点”.
二、从
到
高中生将“最点”
变形为
，并由此得到一个一次函数
精明的学生发现，这个一次函数
与对应的二次函数
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